有几何关系：
又有
则整理解得：
又因为：
根据几何关系有：
则Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系：
4.（2014海南卷）8．如图，两根平行长直导线相距2L，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、和3.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是
A．a处的磁感应强度大小比c处的大
B．b、c两处的磁感应强度大小相等
C．a、c两处的磁感应强度方向相同
D．b处的磁感应强度为零
8.【答案】AD
【解析】根据通电直导线的磁场，利用右手螺旋定则，可知b处场强为零，两导线分别在a处的产生的场强都大于在c处产生的场强，a、c两处的场强叠加都是同向叠加，选项AD正确。
5.（2014海南卷）14．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xoy平面平行，且与x轴成450夹角。
一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。
（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
14.【答案】，
【解析】
（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有
依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间t1为
求得
（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有
得
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
得电场强度最大值
6.（2014江苏卷）14．（16分）某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。
装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。
装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。
在纸面内，质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成300角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。
改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。
不计粒子的重力。
（1）求磁场区域的宽度h；
（2）欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；
（3）欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。
14.【答案】
（1）
（2）
（3）
【考点】带电粒子在磁场中的运动、洛伦兹力、牛顿第二定律
【解析】
（1）设粒子的轨道半径为r
根据题意且
解得
（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为
，
由题意可知解得
设粒子经过上方磁场n次
由题意可知
且解得
（20XX年江苏卷）
7.（20XX年全国卷1）15.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
15.【答案】：
B
【解析】：
由左手定则安培力方向一定垂直于导线和磁场方向，A错的B对的；F=BILsinθ,安培力大小与磁场和电流夹角有关，C错误的；从中点折成直角后，导线的有效长度不等于导线长度一半，D错的
8.（20XX年全国卷1）16.如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。
一带电拉子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。
已知拉子穿越铝板时，其动能损失一半，这度方向和电荷量不变。
不计重力。
铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为
A．2B．C．1D．
16.【答案】：
D
【解析】：
动能是原来的一半，则速度是原来的倍，又由得上方磁场是下方磁场的倍，选D。
10.（20XX年山东卷）
24.如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。
取垂直与纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度的变化规律如图乙所示。
t=0时刻，一质量为m，带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。
当和取某些特定值时，可使t=0时刻射入的粒子经时间恰能垂直打到P板上（不考虑粒子反弹）。
上述m，q，d，为已知量。
（1）若，求
（2）若，求粒子在磁场中运动的加速度大小。
（3）若，为使粒子仍能垂直打到P板上，求
24、【答案】
（1）
（2）（3）；
【解析】解：
（1）设粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
①
据题意由几何关系得
R1=d②
联立①②式得
③
（2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得
④
据题意由几何关系得
⑤
联立④⑤式得
⑥
（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得
⑦
由牛顿第二定律得
⑧
由题意知，代入⑧式得
d=4R⑨
粒子运动轨迹如图所示，
O1、O2为圆心，连线与水平方向的夹角为，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求，由题意可知
⑩
设经历完整TB的个数为n（n=0,1,2,3……）
若在A点击中P板，据题意由几何关系得
当n=0时，无解
当n=1时，联立⑨式得
联立⑦⑨⑩式得
当时，不满足的要求
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
当n=1时，无解
当n=1时，联立⑨式得
联立⑦⑨⑩式得
当时，不满足的要求
11.（20XX年四川卷）10.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角，过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度。
小物体质量、电荷量，收到水平向右的推力的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。
当到达倾斜轨道低端G点时，不带电的小物体在GH顶端静止释放，经过时间与相遇。
和与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为，取，，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。
求：
（1）小物体在水平轨道CD上运动的速度v的大小；
（2）倾斜轨道GH的长度s。
10.【解析】
（1）由对P1受力分析可得：
竖着方向受力平衡：
N+qvB=mg……①
水平方向受力平衡：
F=N……②
联立①②可得：
v=4m/s
（2）P1从D到G由于洛伦兹力不做功，电场力做正功，重力做负功由动能定理可知：
qEr-mgr（1-cos）=mv-m……③
P1过G点后做匀变速直线运动的加速度设为a,则;
qEcos-mg-（mgcos+qE）=ma……④
P2质量设为m在GH上做匀加速直线运动的加速度a，则：
mg-mgcos=ma……⑤
P1和P2在GH上的时间相同位移之和为S，所以：
S=vt+at+at……⑥
联立各式，可得：
S=0.56m
17.（2014北京）16.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，他们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。
若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。
则一定有
A.qa16．【答案】A
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动、圆周运动的规律、动量
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：
，因为两个粒子的动量相等,且，所以，A项正确；速度不知道，所以质量关系不确定，B项错误；又因为，质量关系不知道，所以周期关系不确定，CD项错误。
20.（12分）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。
导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0（见图）．若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．
（2）当a
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